GIẢI CHI TIẾT VẬN DỤNG CAO THPT CHUYÊN HÀ TĨNH ( CÂU 3550)

Biết tổng của chúng bằng 4 và tổng bình phương của chúng bằng 24... Tính thể tích tứ diện ACGS.. Kẻ HE vuông góc AG.. Do đó góc HES là góc của SAG với đáy... là tứ diện đều cạnh a.. Tính

https://blogdethi.com GIẢI CÁC CÂU VD – VDC THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018

Câu 35: [1D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho 4 số thực a b c d, , , là 4 số hạng liên tiếp

của một cấp số cộng Biết tổng của chúng bằng 4 và tổng bình phương của chúng bằng 24 Tính

Pa   b c d

Lời giải Chọn A

Gọi 4 số hạng này là x3 ;m x m x ; m x; 3m

1

Gt

m

      Vậy 4 số hạng này là 2;0;2;4 Suy ra P64

Câu 36 [2D1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Tổng tất cả các giá trị của tham số thực m

sao cho hàm số yx33mx24m3 có cực đại cực tiểu đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là

A. 2

1

1

2

Lời giải Chọn C

Ta có: y' x2 mx x x  m   y' x ,x m

Hàm số có CĐ, CT  m 0

0; 4 , 2 ;0

A m B m là hai điểm cực trị của hàm số, I m m ;2 3 là trung điểm AB

Ta có phương trình đường thẳng đi qua hai điểm CĐ, CT: y 2mx24m3

Để A B, đối xứng với nhau qua đường thẳng yx d  ta có ( m )

I d

 



2

m

m







2

3

2

Câu 37 [2D3-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới

hạn bởi các đường x  y 2 0, y x, y0 quay quanh trục Ox bằng

A. 5

6 5



3



6



Lời giải Chọn D

Thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng

V  x x x x    

Câu 38 [2H1-3] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam

giác vuông tại B , ABa BC; 2 a Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc với đáy Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng (SAG) tạo với đáy một góc 0

60 Tính thể tích tứ

diện ACGS

A.

3 6 36

a

3 6 18

a

3 3 27

a

3 6 12

a

Lời giải

Chọn B

+ Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) nên H là trung điểm của AB Kẻ HE vuông góc AG

Do đó góc HES là góc của (SAG) với đáy

+ Vì ABa BC; 2a nên ·BAG = 450

2

a HG

.tan 60

2

a

SH GE

S

A

F

E

60

Nên . 1 . 1 1 3 2 3 3

A GSC S ABC

a

Câu41 [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Đường thẳng ym2 cắt đồ thị của hàm số

4 2 10

yx  x tại hai điểm ,A B sao cho tam giác OAB vuông ( O là gốc tọa độ) Mệnh đề nào

sau đây đúng?

5;7

3;5

1;3

0;1

m 

Lời giải Chọn C

Do đồ thị hàm số 4 2

10

yx  x đối xứng qua Oy nên đường thẳng ym cắt đường cong 2

4 2

10

y x x tại ,A B thì , A B đối xứng qua Oy

Khi đó OAB vuông khi và chỉ khi  2 2

,



A m m ,  2 2

,

B m m

 m8m4m2100

0

tm  ta được:t4  t2 t 100 Xét hàm   4 2

10

f t    t t t

Ta có f  1  11, f  3 59 f    1 f 3   0 t  1;3

Vậy 2  

1;3



Câu 44: [1H3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hình lăng trụ ABC A B C    có A ABC

là tứ diện đều cạnh a Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA và BB Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ABC và  CMN 

3 2

2 2

4 2

13

Lời giải Chọn C

Cách 1:

Gọi O là trung điểm của AB Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O0;0;0,

;0;0 2

A 

 ,

1

;0;0 2

B 

3 0; ;0 2

3 0; ;0 6

6 3

a

A H  0; 3; 6



Ta có AB A B  1; 3; 6



  Dễ thấy ABC có vtpt  n10;0;1

M là trung điểm AA 1; 3; 6

4 12 6

 , N là trung điểm BB 3; 3; 6

4 12 6

 1;0;0

 CMN có vtpt  2 0; 6 5 3;

6 12

0; 2 2;5 12



cos  5

1

cos





5



Cách 2:

Gọi H là trực tâm tam giác đều ABC và I là trung điểm của AH Ta có AHABC và

 

MI  ABC c là giao tuyến của hai mặt phẳng ABC và  MNC Kẻ IK c tại K

Ta có MI c và IK c nên MK c Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ABC và  CMN là 

MKI

 

Xét tam giác ABC ta có 5 5 3

a CP

2

KI CP PH (với P là trung điểm cạnh AB )

Mặt khác 1 '

2

'

a

Vậy tan tanMKI MI

KI

5

2 3 5 3

a

a

Câu 45: [2D4-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho số phức z thỏa mãn z  1 i 1, số

phức w thỏa mãn w  2 3i 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của z w

Lời giải

Chọn B

Gọi M x y biểu diễn số phức z ;  x iy thì M thuộc đường tròn  C có tâm 1 I1 1;1 , bán kính

1 1

R 

 ; 

N x y  biểu diễn số phức w x iy thì N thuộc đường tròn  C có tâm 2 I22; 3 , bán kính

2 2

R  Giá trị nhỏ nhất của z w chính là giá trị nhỏ nhất của đoạn MN

Ta có I I1 2 1; 4 I I1 2 17  R1 R2 C1 và  C ở ngoài nhau 2

min

MN

 I I1 2 R1 R2  17 3

Câu 46: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho hàm số y= f x( ) có đạo hàm liên tục

trên ¡ , thỏa mãn 2 (2 )f x + f(1 2 )- x =12x2, phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là

A y2x2 B y4x6 C y2x6 D y4x2

Lời giải Chọn D

2 (2 )f x + f(1 2 )- x =12x (*) ta có:

2 (0) (1) 0

(1) 2

2 (1) (0) 3

f

Đạo hàm hai vế của (*) ta được: 4 '(2 ) 2 '(1 2 )f x - f - x = 24x, suy ra

4 '(0) 2 '(1) 0

'(1) 4

4 '(1) 2 '(0) 12

f

Do vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y4x  1 2 4x2

Câu49 [2D3-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Biết

2018

2018 2018 0

sin

a

x





trong đó a b, là các số nguyên dương Tính 2a b

Lời giải Chọn A

Đặt   2018sin2018 2018

x

f x



 xác định trên R Ta có f  x f x   1

1 2

x

Ta tính  

0

I xf x dx



Đặt x  t, suy ra dx dt Đổi cận x  0 t ; x   t 0 Khi đó

           

I t f t dt t f t dt f t dt tf t dt

2

I f t dt f x dx f x dx f x dx





Đặt

2

x t 

, suy ra dxdt Đổi cận 0;

x   t x   t 

Khi đó

Suy ra a2;b4 Suy ra P2a b 8

Câu 50: [2D1-4] (THPT CHUYÊN HÀ TĨNH LẦN 1 – 2018) Cho phương trình:

sinx 2 cos 2 x 2 2cos x m 1 2cos x m  2 3 2cos x m 2

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình trên có đúng 1 nghiệm 0;2

3

x  



Lời giải Chọn D

Ta có:

sinx 2 cos 2 x 2 2cos x m 1 2cos x m  2 3 2cos x m 2

sinx 1 2sin x 2 2cos x m 2 2cos x m 2 2cos x m 2

2sin x sinx 2 2cos x m 2 2cos x m 2 1

Xét hàm số f t 2t3t có f t 6t2   1 0, t , nên hàm số f t đồng biến trên  

Vì 0;2

3

x  



  nên sinx0 Do đó  2 sin2x2cos3x m 2

3 2  

Đặt tcosx, phương trình  3 trở thành 3 2  

Khi 0;2

3

x  



  thì

1

;1 2

t  

  Phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm

2 0;

3

x 



  khi và chỉ khi phương trình  4 có đúng một nghiệm 1;1

2

t  

  Xét hàm số   3 2

g t   t  t với 1;1

2

t  

 

Ta có   2

g t   t  t,   0 01

3

t

g t

t







  



Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình  4 có đúng một nghiệm 1;1

2

t  

  khi và chỉ khi 28

4

27

m

    Vì m nguyên nên các giá trị cần tìm của m là   4; 3; 2